28. Να βρεθούν όλοι οι πρώτοι αριθμοί $p$ τέτοιοι ώστε ο αριθμός $p^3-p+1$ να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. Ο χρόνος μου είναι περιορισμένος οπότε γράφω τη λύση σχετικά συνοπτικά. Θέλουμε $p^3-p=s^2-1 \Leftrightarrow (p-1)p(p+1)=(s-1)(s+1)$. Αφού ο $p$ είναι πρώτος προκύπτει πως διαιρεί έναν του...

24. Να βρεθούν οι μη αρνητικές ακέραιες λύσεις της εξίσωσης $7^a=4^b+5^c+6^d$. Αν $d\neq 0$ τότε εξετάζοντας τη δοθείσα $mod 3$ παίρνουμε $7^a \equiv 1 \equiv 1^b+(-1)^c (mod 3)$, άτοπο. Άρα $d=0$. Αν $a=0$ τότε $1=4^b+5^c+1$, άτοπο. Άρα $a \neq 0$. Αν $b \neq 0$ τότε $(-1)^a \equiv 7^a \equiv 4^b+...

Κατ' αρχάς παρατηρούμε ότι αν η $(x,y,z)$ αποτελεί λύση τότε και η $(\pm x, \pm y, \pm z)$ αποτελεί λύση. Ψάχνουμε επομένως για λύσεις στους μη αρνητικούς ακεραίους. Κάνοντας πράξεις παίρνουμε: $x^4y^2+2x^2y^2z^2=x^2+x^2y^2+x^4y^4z^4$. Αν $x=0$ παίρνουμε τη λύση $(x,y,z)=(0,y,z)$, με $y,z$ τυχαίους ...

2. Αν $\displaystyle{n}$ είναι θετικός ακέραιος, να αποδείξετε ότι $\displaystyle{1\cdot \frac{1}{2^2}\cdot \frac{1}{3^3}\cdot \frac{1}{4^4}\cdots \frac{1}{n^n}<\left(\frac{2}{n+1} \right)^{\frac{n(n+1)}{2}}.}$ Διαφορετικά, με την ΑΜ-ΓΜ έχουμε πως $\displaystyle \frac{2}{n+1}=\frac{n}{\frac{n(n+1)}...

Εγώ έδινα στην Γ' Λυκείου. Προσωπικά τα βρήκα ευκολότερα από τα περσινά της Γ'. Στο 1ο θέμα έδωσα την ίδια λύση με την επίσημη. Το 2ο θέμα το έλυσα λύνοντας την δεύτερη εξίσωση ως προς $x$ και αντικαθιστώντας στην πρώτη. Άσχημη λύση βέβαια αλλά δεν έχασα ρίζες. Στο 3ο θέμα απέδειξα την ισότητα των $...

Εξαιρετικό θέμα το 2ο. Από τον ορισμό της ισότητας μιγαδικών το σύστημα ισοδυναμεί με την εξίσωση: $\displaystyle xi+y=i+\frac{xi-yi}{x^2+y^2}+2-\frac{x+y}{x^2+y^2} \Leftrightarrow xi+y=2+i+\frac{xi-y-x-yi}{x^2+y^2}$ Θέτω $\displaystyle z=x-yi$ και τότε $xi+y=iz$, $xi-y=i\overline{z}$ και $x+yi=\ove...

Λυση για την 49: Εφαρμοζοντας την αρχικη για $y=-f(x)$ προκυπτει: $f(0)=2x+f(f(f(-f(x)))-x)$ απο οπου προκυπτει οτι η $f$ ειναι συναρτηση επι του $R$. ... απο οπου προκυπτει οτι η $f$ ειναι $1-1$. Νομίζω ότι στην πολύ ωραία λύση του Σάκη μπορούμε να δείξουμε το $1-1$ και ως εξής: Έστω $a,b, c \in R...

Για $n=2$ το ζητούμενο ισχύει ενώ για $n=1$ όχι. Αν ο ζητούμενος αριθμός είναι τετράγωνο, τότε τετράγωνο θα είναι και ο $4(n^4+n^3-8)$. Έχουμε πως $4n^4+4n^3-32 <(2n^2+n)^2 \Leftrightarrow n^2+32 >0$, που ισχύει. Επίσης $4n^4+4n^3-32 >(2n^2+n-2)^2 \Leftrightarrow (7n+18)(n-2) >0$ που ισχύει. Άρα θα ...

Θέτοντας $a=2^x$ και $b=3^x$ η εξίσωση γίνεται: $27a^3-b^3-27-27ab=0$ ή αλλιώς $(3a)^3+(-b)^3+(-3)^3+3(3a)(-b)(-3)=0$ που είναι η ταυτότητα του Euler. Άρα πρέπει είτε $3a=-b=-3$ που δεν οδηγεί σε λύσεις είτε $3a-b-3=0 \Leftrightarrow 2^x=3^{x-1}+1$. Η $\displaystyle f(x)=\big(\frac{3}{2}\big)^{x-1}+...

Διαφορετικά, το πολυώνυμό μας ισούται με το μονίμως θετικό .

Με χρήση παραγώγων (ή του wolframalpha ) προκύπτει ότι
για κάθε θετικό . Η ισότητα ισχύει όταν .
Προσθέτοντας τις αντίστοιχες ανισότητες για τα προκύπτει το ζητούμενο (αφού ).

Να προτείνω και την ακόλουθη.
Αν με να δείξετε ότι

Αφού για κάθε φυσικό $n$ είναι $n^4 \equiv 0,1 (mod 16)$, αν κανένας από τους $a,b,c$ δεν είναι $2$ έχουμε $a^4+b^4+c^4-3 \equiv 1+1+1-3 \equiv 0 (mod 16)$, άρα τουλάχιστον ένας εξ αυτών ισούται με το $2$, έστω ο $c$. Αφού για κάθε φυσικό $n$ είναι $n^4 \equiv 0,1 (mod 3)$, αν κανένας από τους $a,b$...

Για την $\displaystyle g(x)=2x^2-x+1$ είναι $\displaystyle g([0,1])=\Big[\frac{7}{8},2\Big]$ (απλό με μονοτονία). Από το Θ.Ε.Τ υπάρχουν $\displaystyle x_1, x_2 \in [0,1]$ τέτοια ώστε $\displaystyle f(x_1)=\frac{7}{8}$ και $f(x_2)=2$. Θεωρώντας την συνεχή $h(x)=f(x)-2x^2+x-1$ παίρνουμε λόγω των προηγ...

Για την 6η, με κάποια επιφύλαξη: Από την Cauchy Schwarz έχουμε πως $(a+b+c)(a^3+b^3+c^3) \geq (a^2+b^2+c^2)^2$. Αρκεί επομένως να αποδείξουμε ότι $(a^2+b^2+c^2)^3 \geq 4(a^6+b^6+c^6)$. Επειδή το τρίγωνο είναι οξυγώνιο, έχουμε πως $a^2+b^2 > c^2$ και κυκλικά και άρα υπάρχουν $x,y,z$ τέτοιοι ώστε $a^2...

Στην 5η, το $3$ στο δεξί μέλος πρέπει να αντικατασταθεί από το $\sqrt{3}$. Για οποιουσδήποτε πραγματικούς $a,b$ ισχύει ότι $4(a^2+ab+b^2) \geq 3(a+b)^2$ αφού ισοδύναμα γράφεται $(a-b)^2 \geq 0$. Παίρνοντας ρίζες $\sqrt{a^2+ab+b^2} \geq \frac{\sqrt{3}}{2}(a+b)$. Άρα $\displaystyle \sum a\sqrt{b^2+bc+...

Μία λύση για την 4η. Είναι $\displaystyle \frac{a-2}{a+1}=1-\frac{3}{a+1}$ οπότε η ανισότητα γίνεται $\displaystyle \sum \frac{1}{a+1} \geq 1$. Από τη συνθήκη προκύπτει ότι υπάρχουν θετικοί $x, y, z$ τέτοιοι ώστε $\displaystyle a=\frac{2x}{y}$, $\displaystyle b=\frac{2y}{z}$ και $\displaystyle c=\fr...

Θεωρώ την $\displaystyle f(x)=ln\frac{x}{1-x}$ στo $\displaystyle \Big(0,\frac{1}{2}\Big]$ στο οποίο είναι κοίλη αφού $\displaystyle f^{''}(x)=\frac{2x-1}{(x-x^2)^2} \leq 0$. Από την ανισότητα Jensen, επομένως, παίρνουμε: ${\displaystyle \sum_{j=1}^{n}ln\frac{x_j}{1-x_j} \leq nln\frac{\displaystyle ...

Για το τρίτο σχηματίζουμε όλες τις διαδοχικές διαφορές των όρων της ακολουθίας. Τις προσθέτουμε και παίρνουμε: $a_{n+1}-a_1=2\frac{n(n+1)}{2}+n \Leftrightarrow a_{n+1}=(n+1)^2+a_1-1 \Leftrightarrow a_{n}=n^2+c$, όπου $c=a_1-1$. Άρα $\displaystyle a_{n}a_{n+1}=(n^2+c)(n^2+2n+1+c)=(n^2+n+c)^2+c=a_{n^2...